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1、第一阶段,专题四,知识载体,能力形成,创新意识,配套课时作业,考点一,考点二,考点三,考点四,第二节,考情分析 该考点主要考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质，试题多以选择题形式出现，考查学生的空间想象能力预测2013年的高考将会把线面的位置关系与平面的性质结合考查,例1设l，m，n为三条不同的直线，为一个平面，下列命题中正确的个数是 若l，则l与相交；若m，n，lm，ln，则l；若lm，mn，l，则n；若lm，m，n，则ln.()A1B2 C3 D4 思路点拨根据空间线面位置关系的有关定理逐个进行判断，注意空间位置关系的各种可能情况,解析由于直线与平面垂直是相交的特殊情况，故命题正确
2、；由于不能确定直线m，n是否相交，不符合线面垂直的判定定理，命题不正确；根据平行线的传递性，ln，故当l时，一定有n，命题正确；m，n，则mn，又lm，即ln，命题正确 答案C,类题通法判断空间点、线、面位置关系的方法与技巧 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中,冲关集训,1设l，m是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列4个命题：若m，lm，则l；若m，l，lm，则；若，l，m
3、，则lm；若，l，m，则lm.其中正确命题的个数是()A1 B2C3 D4,解析：选 对于，有l和l两种情况，故错；对于，m，ml，l，又l，故对；对于，l，l，又m，lm，故对；对于，依据题意，可知l与m有平行、相交、异面三种情况，故错,B,2(2011四川高考)l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面解析：选 在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互
4、平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错,B,考情分析 此类问题多以多面体为载体，考查线线平行、线面平行及线线垂直、线面垂直的相互转化试题以解答题为主，突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力,例2(2012山东高考)如图，几何体EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，CBCD，ECBD.(1)求证：BEDE；(2)若BCD120，M为线段AE的中点，求证：DM平面BEC.思路点拨(1)先证明三角形BDE为等腰三角形，即证明BD边的中线垂直BD即可；(2)只要证明DM所在的一个平面平行平面BEC或DM平行平面BEC中的一条直线即可
5、,证明(1)如图(1)，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CBCD，所以COBD.又因为ECBD，ECCOC，CO，EC平面EOC，所以BD平面EOC，因此BDEO.又因为O为BD的中点，所以BEDE.,(2)法一：如图(2)，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.因为M是AE的中点，所以MNBE.又因为MN平面BEC，BE平面BEC，所以MN平面BEC.又因为ABD为正三角形，所以BDN30.,又因为CBCD，BCD120，因此CBD30.所以DNBC.又因为DN平面BEC，BC平面BEC，所以DN平面BEC.又因为MNDNN，所以平面DMN平面BEC.又因为DM平面DMN，所以DM平面B
6、EC.,法二：如图(3)，延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CBCD，BCD120，所以CBD30.因为ABD为正三角形，所以BAD60，ABC90，因此AFB30，,类题通法,(1)立体几何中，要证线垂直于线，常常先证线垂直于面，再用线垂直于面的性质易得线垂直于线要证线平行于面，只需先证线平行于线，再用线平行于面的判定定理易得(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用,考情分析 此类问题多以多面体为载体，结合线线、线面的位置关系，涉及的知识点多，综合性强，通常考查面面位置关系的判定及性质试题多以解答题的形式出现，考查学生的推理论证
7、能力和空间想象能力,例3(2012江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且ADDE，F为B1C1的中点 求证：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直线A1F平面ADE.,思路点拨(1)证明平面ADE中的一条直线垂直平面BCC1B1即可；(2)只需证明A1F平行于AD即可,证明(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又因为AD平面ABC，所以CC1AD.又因为ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又因为AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.
8、,(2)因为A1B1A1C1，F为B1C1的中点，所以A1FB1C1.因为CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又因为AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE.,类题通法(1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，
9、一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决,证明：连接OC，因为OAOC，D是AC的中点，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO.因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC平面POD.而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC.,5(2012北京东城二模)如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MBNC，MNMB.(1)求证：平面AMB平面DNC；(2)若MCCB，求证：BCAC.证明：(1)因为MBNC，MB平面DNC，NC平面DNC，所以MB平面DNC.又因为四边形AMND为矩形，所以MADN.又MA平
10、面DNC，DN平面DNC.所以MA平面DNC.MAMBM，且MA，MB平面AMB，所以平面AMB平面DNC.,(2)因为四边形AMND是矩形，所以AMMN.因为平面AMND平面MBCN，且平面AMND平面MBCNMN，所以AM平面MBCN.因为BC平面MBCN，所以AMBC.因为MCBC，MCAMM，所以BC平面AMC.因为AC平面AMC，所以BCAC.,考情分析此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面的位置关系及有关计算试题以解答题为主，通过折叠把平面图形转化为空间几何体，更好地考查学生的空间想象能力和知识迁移能力,思路点拨(1)首先确定折叠后各边的数量，即
11、边与边之间的位置关系，利用勾股定理判定EGGF；(2)把G点作为顶点，面CDEF作为底面，求四棱锥的体积,又因为CFEF，CFFG，所以CF平面EFG.所以CFEG，所以EG平面CFG.又EG平面DEG，所以平面DEG平面CFG.,类题通法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形,思路点拨(1)证明CD，AB都垂直于平面SAD即可；(2)利用面面垂直的判定定理证明,证明(1)取SD的中点E，连接AE
12、，NE，如图所示 由SA2AD222228SD2，SA2AB222125SB2，得SAAB，SAAD，又ABADA，所以SA平面ABCD.又因为ABAD，ADSAA，所以AB平面SAD.又CD平面SAD，所以ABCD.,名师支招 本题第(1)问由垂直转化为平行，即通过证明两条直线垂直于同一个平面证明这两条直线平行；第(2)问是由平行转化为垂直，即若两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面,高考预测如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为DD1，DB的中点(1)求证：EF平面ABC1D1；(2)求证：EFB1C；(3)求三棱锥B1EFC的体积VB EFC.,1,证明：(1)如图，连接BD1，BC1，AD1，在DD1B中，E，F分别为D1D，DB的中点，则EFD1B.又D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，EF平面ABC1D1.,(2)由题意易得ABB1C，B1CBC1，又AB，BC1平面ABC1D1，ABBC1B，B1C平面ABC1D1.又BD1平面ABC1D1，B1CBD1.而EFBD1，EFB1C.,配套课时作业,点击进入课时作业,
